张禾瑞 近世代数基础(复习要点·定理)
近世代数习题解答张禾瑞二章
近世代数习题解答第二章群论1群论1.全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群？证不是一个群，因为不适合结合律.2.举一个有两个元的群的例子.证G={1,-1}对于普通乘法来说是一个群.3.证明，我们也可以用条件1,2以及下面的条件4,5'来作群的定义：4'. G至少存在一个右单位元e,能让ae = a 对于G的任何元a都成立5 . 对于G的每一个元a,在G里至少存在一个右逆元 a ,能让aa eA_1证(1) 一个右逆元一定是一个左逆元，意思是由aa e 得a a = e因为由4 G有元a能使a'a =e1 1 1 '所以(a a)e = (a a)(a a )即a a = e(2)一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元，意即由ae = a 得ea = a即ea = a这样就得到群的第二定义.(3)证ax二b可解取x = a这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到4,5'是不困难的.2单位元，逆元，消去律1.若群G的每一个元都适合方程x2二e,那么G就是交换群.证由条件知G中的任一元等于它的逆元，因此对a,b^G有ab = (ab)，= b°a，= ba .2.在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数._1 n —1 n n —1 —1证(1)先证a的阶是n则a 的阶也是n . a e= (a ) (a ) e e若有m n 使(a ')m= e 即(a m)' = e因而a m=e‘ • a m=e 这与a的阶是n矛盾「a的阶等于a °的阶_4 _4 2(2)a的阶大于2,则a=a 若a=a : a=e 这与a的阶大于2矛盾(3) a b 贝U a「b'斗总起来可知阶大于2的元a与a双双岀现，因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3.假定G是个数一个阶是偶数的有限群，在G里阶等于2的元的个数一定是奇数.证根据上题知，有限群G里的元大于2的个数是偶数；因此阶<2的元的个数仍是偶数，但阶是1的元只有单位元，所以阶<2的元的个数一定是奇数.4.一个有限群的每一个元的阶都是有限的证a ：= G故a a2…a m…a n…€ G由于G是有限群，所以这些元中至少有两个元相等：m n n _ma =a (m n) 故a 二en - m是整数，因而a的阶不超过它.4群的同态假定在两个群G和G的一个同态映射之下，a》a，a和a的阶是不是一定相同？证不一定相同丄 c _1 +23 _1 +伍例如G 二{1, , }-2 2对普通乘法G,G都作成群，且(x^1 (这里x是G的任意元,1是G的元)由••可知G s G—1+&3 —1—iJ3但11的阶都是3.2 2而1的阶是1.5变换群1 11. ------------------------------------------ 假定I是集合的一个非变换，1会不会有一个左逆元T ，使得I =Z ?证我们的回答是回有的 A ={1,2,3,— }3f 2 3 f 44f 3 4-显然是一个非--- 变换但'二2.假定A是所有实数作成的集合.证明.所有A的可以写成x > ax b,a,b是有理数，a = 0形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群？证(1) - : x—ax ■ bca,cb d是有理数ca尸0 ；是关闭的.⑵显然时候结合律⑶ a =1 b =0 则:Xr X而.J .二. ；所以构成变换群.又d X"x 1故1 - 21因而不是交换群3.假定S 是一个集合 A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号.:a 》a ' = .(a)来说明一个变换..证明，我们可以用.「2： a“【[.2(a)] = j.2(a)来规定一个S 的乘法，这个乘法也适合结合律,并且 对于这个乘法来说；还是S 的单位元.证 彳： a —. d (a)那么.「2： a “ i [ .2(a)] = i 2(a) 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律 ： 故 (•1・2)・3 =・1(・2・3) 再证；还是S 的单位元4 .证明一个变换群的单位元一定是恒等变换证设；是是变换群G 的单位元G , G 是变换群，故.是—变换，因此对集合 A 的任意元a ，有A 的元b ,；(a) »( (a)) = ；• (b) = • (b) =a另证■- (x)(x)根据1.7.习题3知t i(x) =x5.证明实数域上一切有逆的 n n 矩阵乘法来说，作成一个群。
近世代数课后习题参考答案（张禾瑞）-1
近世代数课后习题参考答案（张禾瑞）-1近世代数课后习题参考答案第一章基本概念1 集合1.A B ?,但B 不是A 的真子集,这个情况什么时候才能出现? 解 ?只有在B A =时, 才能出现题中说述情况.证明如下当B A =,但B 不是A 的真子集,可知凡是属于A 而B a ?,显然矛盾; 若A B ?,但B 不是A 的真子集,可知凡属于A 的元不可能属于B ,故BA =2.假定B A ?,?=B A ,A ∩B=? 解? 此时, A ∩B=A,这是因为A ∩B=A 及由B A ?得A ?A ∩B=A,故A B A = ,B B A ? , 及由B A ?得B B A ? ,故B B A = ,2 映射1.A =}{100,3,2,1，??,找一个A A ?到A 的映射. 解? 此时1),(211=a a φ A a a ∈21, 1212),(a a a =φ 易证21,φφ都是A A ?到A 的映射.2.在你为习题1所找到的映射之下,是不是A 的每一个元都是A A ?到A 的一个元的的象? 解?容易说明在1φ之下,有A 的元不是A A ?的任何元的象;容易验证在2φ之下,A 的每个元都是A A ?的象.3 代数运算1.A ={所有不等于零的偶数}.找到一个集合D ,使得普通除法是AA ?到D 的代数运算;是不是找的到这样的D ?解?取D 为全体有理数集,易见普通除法是A A ?到D 的代数运算;同时说明这样的D 不只一个.2.=A }{c b a ,,.规定A 的两个不同的代数运算. 解?a b c aa b ca b cc a a a a a c c a b bd a aca a a4 结合律1.A ={所有不等于零的实数}. 是普通除法:bab a = .这个代数运算适合不适合结合律? 解? 这个代数运算不适合结合律: 212)11(= , 2)21(1= ,从而)21(12)11( ≠.2.A ={所有实数}. : b a b a b a =+→2),(这个代数运算适合不适合结合律?解? 这个代数运算不适合结合律c b a c b a 22)(++= ,c b a c b a 42)(++=)()(c b a c b a ≠ 除非0=c .3.A ={c b a ,,},由表所给的代数运算适合不适合结合律?解? 经过27个结合等式后可以得出所给的代数运算适合结合律.5 交换律1.A ={所有实数}. 是普通减法:b a b a -= .这个代数运算适合不适合交换律?解? 一般地a b b a -≠- 除非b a =.2.},,,{d c b a A =,由表a b c d a a b c d b b d a c c c a b d dd c a b所给出代数运算适合不适合交换律?a b c aa b cc a cc a b解? d d c = , a c d =从而c d d c ≠.故所给的代数运算不适合交换律.6 分配律假定:?⊕,是A 的两个代数运算,并且⊕适合结合律,⊕?,适合两个分配律.证明)()()()(22122111b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕? )()()()(22211211b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕?= 证?)()()()(22122111b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕? =])[(])[(221121b a a b a a ?⊕⊕?⊕ =)()(2121b b a a ⊕?⊕=)]([)]([212211b b a b b a ⊕?⊕⊕?)()()()(22211211b a b a b a b a ?⊕?⊕?⊕?=7 一一映射、变换1.A ={所有0?的实数},=-A {所有实数}.找一个A 与-A 间的意义映射.证φ:a a a log =→-因为a 是大于零的实数,所以a log 是实数即A a ∈,而--∈A a ,而且b a b a log log =?=.因此φ是A 到-A 的映射.又给了一个-A 的任意元-a ,一定有一个A 的元a ,满足-=a a log ,因此φ是A 到-A 的满射.a a a log =→-b b b l o g =→-若b a ≠, 则b a log log ≠.即 --≠?≠b a b a 因此φ又是A 到-A 的单射.总之,φ是A 到-A 的一一映射.2. A ={所有0≥的实数},=-A {所有实数-a ,10≤≤-a }. 找一个A 到-A 的满射. 证a a a s i n :=→-φ,容易验证φ是A 到-A 的满射.3.假定φ是A 与-A 间的一个一一映射,a 是A 的一个元.?)]([1=-A φφ)]([1=-a φφ若φ是A 的一个一一变换,这两个问题的回答又该是什么?解? a a =-)]([1φφ, a a =-)]([1φφ未必有意义;当φ是A 的一一变换时,.)]([,)]([11a a a a ==--φφφφ8 同态1.A ={所有实数x },A 的代数运算是普通乘法.以下映射是不是A 到A 的一个子集-A 的同态满射?x x a →) x x b 2)→ 2)x x c → x x d -→)证? )a 显然=-A {所有0≥的实数}.又由于y x xy xy =→ 可知x x →是A 到-A 的同态满射.)b 由于)2)(2(2y x xy xy ≠→ ( 除非0=xy )所以x x 2→不是A 到-A 的同态满射.)c 由于222)()()(y x xy xy =→,易知2x x →是A 到-A 的同态满射.这里-A ={所有0≥的实数}.)d 一般来说,))((y x xy --≠-,:所以x x -→不是A 到-A 的同态满射 .2. 假定A 和-A 对于代数运算ο和-ο来说同态，-A 和=A 对于代数运算-ο和=ο来说同态，证明 A 和=A 对于代数运算ο和=ο来说同态。
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46、寓形宇内复几时，曷不委心任去 留。
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47、采菊东篱下，悠然见南山。
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48、啸傲东轩下，聊复得此生。
ห้องสมุดไป่ตู้
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49、勤学如春起之苗，不见其增，日 有所长 。
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50、环堵萧然，不蔽风日；短褐穿结 ，箪瓢 屡空， 晏如也 。
谢谢
第2章 高等代数张禾瑞
a0 a1x a2 x 2 an x n an 0 的次数. 记作
0 f x
注：
系数全为零的多项式没有次数,这个多项式叫做 零多项式，记为 0 .
2.1.4 多项式的运算
多项式的加法
给定数环R上两个多项式
f x a0 a1x a2 x 2 an x n gx b0 b1x b2 x 2 bm x m
那么由上面定理的证明得 f xgx 0
推论2 f xgx f xhx, f x 0 gx hx
证 由 f xgx f xhx得 f xgx hx 。但 f x 0
所以由推论1必有 gx hx 0 ,即
gx hx
例 当 a,b, c 是什么数时，多项式
f x ax3 bx 2 c b x3 x 2
f x a0 a1x a2 x 2 an x n , an 0
gx b0 b1x b2 x 2 bm x m , bm 0
且 m n 那么
f x gx a0 b0 a1 b1 x a2 b2 x 2 an bn x n （1）
f xgx a0b0 a0b1 a1b0 x anbm x nm
数为零的项；若是某一个i次项的系数是1 ，那 么这个系数可以省略不写。
2.1.2 相等多项式
定义
若是数环R上两个一元多项式 , f (x) 和g (x)有完全 相同的项,或者只差一些系数为零的项, 那么 f (x) 和 g (x)就说是相等 .
f (x) = g (x)
2.1.3 多项式的次数
an xn叫做多项式 a0 a1 x a2 x 2 an x n an 0
按降幂书写:
f x a0 x n a1 x n1 an1 x an g x b0 x m b1 x m1 bm1 x bm
近世代数知识题解答(张禾瑞)三章
近世代数习题解答第三章 环与域1 加群、环的定义1. 证明,本节内所给的加群的一个子集作成一个子群的条件是充分而且必要的.证 (ⅰ)若S 是一个子群 则S b a S b a ∈+⇒∈,'0是S 的零元,即a a =+'0对G 的零元,000'=∴=+a a即.00S a a s ∈-=-∴∈ (ⅱ)若S b a S b a ∈+⇒∈, S a S a ∈-⇒∈今证S 是子群由S S b a S b a ,,∈+⇒∈对加法是闭的,适合结合律, 由S a S a ∈-⇒∈,而且得S a a ∈=-0 再证另一个充要条件:若S 是子群,S b a S b a S b a ∈-⇒∈-⇒∈,, 反之S a a S a a S a ∈-=-⇒∈=-⇒∈00 故S b a b a S b a ∈+=--⇒∈)(,2. },,,0{c b a R =,加法和乘法由以下两个表给定:+ 0 a b c ⨯ 0 a b c 0 0 a b c 0 0 0 0 0 a a 0 c b a 0 0 0 0 b b c 0 a b 0 a b c c c b a 0c0 a b c证明,R 作成一个环 证 R 对加法和乘法的闭的.对加法来说,由.9.2习题6,R 和阶是4的非循环群同构,且为交换群. 乘法适合结合律Z xy yz x )()(=事实上.当0=x 或a x =,)(A 的两端显然均为0. 当b x =或x=c,)(A 的两端显然均为yz .这已讨论了所有的可能性,故乘法适合结合律.两个分配律都成立xz xy z y x +=+)( zx yx x z y +=+)(事实上,第一个分配律的成立和适合律的讨论完全一样, 只看0=x 或a x =以及b x =或c x =就可以了.至于第二个分配律的成立的验证,由于加法适合交换律,故可看0=y 或a y = (可省略a z z ==,0的情形)的情形,此时两端均为zx剩下的情形就只有0,0)(=+=+=+x x bx bx x b b 0,0)(=+=+=+x x cx cx x c c 0,0)(=+=+==+x x cx bx ax x c b ∴R 作成一个环.2 交换律、单位元、零因子、整环1. 证明二项式定理 n n n n n b b aa b a +++=+- 11)()(在交换环中成立. 证 用数学归纳法证明. 当1=n 时,显然成立. 假定k n =时是成立的:k i i k k i k kk k b b a b a a b a +++++=+-- )()()(11看1+=k n 的情形)()(b a b a k++))()()((11b a b b a b a a ki i k k i k k k ++++++=--1111111)]()[()()(++--+++++++++=+k ii k k i k i k k k k b b ab a a b a 111111)()(+-+++++++++=k i i k k i k k k b b a b a a(因为)()()(11kr kr k r -++=)即二项式定理在交换环中成立.2. 假定一个环R 对于加法来说作成一个循环群,证明R 是交换环.证 设a 是生成元 则R 的元可以写成na (n 整数)2)]([)]([))((nma aa m n ma a n ma na === 2))((mna na ma =3． 证明,对于有单位元的环来说,加法适合交换律是环定义里其他条件的结果 (利用)11)((++b a ) 证 单位元是1,b a , 是环的任意二元,1)11(1)()11)((⋅++⋅+=++b a b ab a b a +++= )11()11(+++=b a b b a a +++=b b a a b a b a +++=+++∴ b a a b +=+4． 找一个我们还没有提到过的有零因子的环.证 令R 是阶为2的循环加群 规定乘法:R b a ∈,而0=ab 则R 显然为环.阶为2 ∴有R a ∈ 而 0≠a但 0=aa 即a 为零因子 或者R 为n n ⨯矩阵环.5． 证明由所有实数2b a + (b a ,整数)作成的集合对于普通加法和乘法来说 是一个整环.证 令2{b a R +=b a ,(整数)}(ⅰ) R 是加群2)()()2()2(d b c a d c b a +++=+++ 适合结合律,交换律自不待言.零元 200+2b a +的负元2b a --(ⅱ)2)()2()2)(2(bc ad bd ac d c b a +++=++ 乘法适合结合律,交换律，并满足分配律.(ⅲ)单位元 201+(ⅲ) R 没有零因子，任二实数00=⇒=a ab 或0=b3 除、环、域1. =F {所有复数bi a + b a ,是有理数}证明 =F 对于普通加法和乘法来说是一个域. 证 和上节习题5同样方法可证得F 是一个整环.并且 (ⅰ)F 有01≠+i(ⅱ) 0≠+bi a 即 b a , 中至少一个0≠022≠+∴b a 因而有,i b a b b a a 2222+-++ 使)((bi a +i ba bb a a 2222+-++1)= 故F 为域2. =F {所有实数,3b a + b a ,( 是有理数)} 证明 F 对于普通加法和乘法来说是一个域.证 只证明 03≠+b a 有逆元存在.则b a ,中至少有一个0≠ , 我们说0322≠-b a不然的话,223b a =,0(≠b 若0=b 则 0=a 矛盾)223b a = 但 3 不是有理数既然0322≠-b a则 3b a + 的逆为3332222ba bb a a -+-4. 证明 例3的乘法适合结合律.证),)](,)(,[(332211βαβαβα=),)(,(331212121βααββαββαα--+----+--=,)()[(3212132121βαββααββαα ---+--])()(3212132121ααββαβββαα 又 )],)(,)[(,(332211βαβαβα],)[,(3232323211--+-=αββαββααβα -----------------+--=)()([3232132321αββαβββααα, )]()(3232132321----------------++ββααβαββαα ),([32321321321----------+--=βββαβββαααα )](32321321321----------++αββαβαβαβαα,[321321321321αβββαβββαααα-------= ]321321321321βββααβαβαβαα-----++ ,)()[(3212132121βαββααββαα--+--= 3212132121)()(---++-ααββαβββαα )])()[(())]()([(332211333211βαβαβαβαβαβα=∴5. 验证,四元数除环的任意元 )(),(di c bi a ++ ,这里d c b a ,,,是实数,可以写成 ),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(i d c i b a +++的形式.证 ),(),(),(di bi c a di c bi a +=++ ),0()0,(),0()0,(di bi c a +++=),0)(0,()0,)(0,()1,0)(0,()0,(i d i b c a +++=4 无零因子环的特征1. 假定F 是一个有四个元的域,证明.(a )的特征是2;(b )F 的0≠ 或11的两个元都适合方程 证 (a ) 设F 的特征为P 则P 的(加)群F 的非零元的阶 所 4P (4是群F 的阶) 但要求P 是素数, .2=∴P (b ) 设},,1,0{b a F =由于2=P ,所以加法必然是,0=+x x ,而b a a a =+⇒≠+11 故有0 1 a b0 0 1 a b 1 1 0 b a A a b 0 1 Bb a 1 0 又 },,1{b a 构成乘群,所以乘法必然是 1,=⇒≠≠ab b ab a ab1,22≠≠a a a (否则b a = )b a =⇒2故有.1 a b 11 a b a a b 1 bb a 1这样, b a , 显然适合12+=x x2. 假定 ][a 是模 的一个剩余类.证明,若a 同 n 互素,那么所有][a 的书都同n 互素(这时我们说][a 同n 互素). 证 设][a x ∈ 且d n x =),( 则11,dn n dx x ==由于)(1111q n x d q dn dx nq x a nq a x -=-=-=⇒=-故有 ,a d ,且有 n d因为 1),(=n a 所以1=d3. 证明, 所有同 n 互素的模 n 的剩余类对于剩余类的乘法来说作成一个群(同 互素的剩余类的个数普通用符号)(n φ 来表示,并且把它叫做由拉φ函数)证]{[a G =而][a 同n 互素}G 显然非空,因为)1),1((]1[=∈n G(ⅰ)G b a ∈][],[则][]][[ab b a =又1),(,1),(==n b n a 有1),(=n abG ab ∈∴][(ⅱ)显然适合结合律.(ⅲ)因为n 有限,所以G 的阶有限. 若]][[]][['x a x a =即][]['ax ax =由此可得)(''x x a ax ax n -=-',1),(x x n n a -∴= 即有][]['x x =另一个消去律同样可证成立.G 作成一个群4. 证明,若是1),(=n a , 那么)(1)(n an ≡φ(费马定理)证 ),(n a 则G a ∈][而 ][a 的阶是G 的阶 )(n φ的一个因子 因此]1[][)(=n a φ即]1[][)(=n a φ)(1)(n a n ≡∴φ5 子环、环的同态1. 证明,一个环的中心是一个交换子环.证 设N 是环的中心.显然N O ∈ N b a ∈,，x 是环的任意元N b a b a x xb x bx ax x b a ∈-⇒-=-=-=-)()(N ab ab x b xa b ax xb a bx a x ab ∈⇒=====)()()()()()(是子环,至于是交换环那是明显的.2. 证明, 一个除环的中心是个域.证 设!是除环！是中心 由上题知N 是R 的交换子环,1R ∈显然N ∈1,即N 包含非零元,同时这个非零元1是的单位元.R x N a ∈∈,即xa ax = N a x a xa x axa xaa axa∈⇒=⇒=⇒=------111111N ∴!是一个域3. 证明, 有理数域是所有复数b a bi a ,(+是有理数）作成的域)(i R 的唯一的真子域. 证 有理数域R 是)(i R 的真子域.设F !是)(i R 的一个子域,则R F ⊇(因为R 是最小数域) 若,F bi a ∈+ 而0≠b则)(i F F F i =⇒∈这就是说,R 是)(i R 的唯一真子域.4. 证明, )(i R 有且只有两自同构映射.证 有理数显然变为其自己. 假定α→i则由i i =⇒-=⇒-=αα1122或 i -=α这就证明完毕. 当然还可以详细一些:bi a bi a +→+:1φ bi a bi a -→+:2φ21,φφ确是)(i R 的两个自同构映射.现在证明只有这两个. 若bi a i +=→αφ:(有理数变为其自己)则由12)(12222-=+-=+⇒-=abi b a bi a i1,0222-=-=b a ab若 102-=⇒=a b 是有理数,在就出现矛盾,所以有0=a 因而.1±=b在就是说, 只能i i → 或i i -→i5. 3J 表示模3的剩余类所作成的集合.找出加群3J 的所有自同构映射,这找出域3J !的所有自同构映射.证 1）对加群3J 的自同构映射 自同构映射必须保持!00←→故有i i →:1φ2）对域3J 的自同构映射.自同构映射必须保持00←→，11←→所有只有i i →:φ6. 令R 是四元数除环, R 是子集=S {一切)}0,(a 这里a 阿是实数,显然与实数域-S 同构.令-R 是把R 中S 换成-S 后所得集合;替R 规定代数运算.使-≅R R ,分别用k j i ,,表示R 的元),,0(),1,0(),0,(i i ,那么-R 的元可以写成d c b a dk cj bi a ,,,(+++是实数）的形式(参看.3.3 习题5). 验证.1222-===k j i ，.,,j ik ki i kj jk k ji ij =-==-==-=证 1）对a a →)0,(:φ来说显然-≅S S 2）=S {一切)}0,(a a 实数 =-S {一切（)0,a a 实数 βα,{(=R 一切)}0,(a 复数对)(αβ是不属于S 的R 的元. =-R βα,{(一切}a规定a a →→)0,(),,(),(:βαβαψ由于S 与-S 的补足集合没有共同元,容易验证ψ是R 与-R 间的一一映射. 规定-R 的两个唤的和等于它们的逆象的和的象. -R 的两个元的积等于它们的逆象的积的象.首先,这样规定法则确是-R 的两个代数运算.其次,对于这两个代数运算以及R 的两个代数运算来说在ψ之下-≅R R（3）由.3.3习题5知),0)(0,()1,0)(0,()0,)(0,()0,(),(i d c i b a di c bi a +++=++ 这里 d c b a ,,, 实数这是因为令),0(),1,0(),0,(i k j i i ===（4）1)0,1()0,)(0,(2-=-==i i i1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==j1)0,1()1,0)(1,0(2-=-==kk i ij -===)1,0()1,0)(0,( k i i ji -=-==),0()0,)(1,0(同样j ik ki i kj jk =-==-=,6 多项式环1. 证明, 假定R 是一个整环,那么R 上的一个多项式环][x R 也是一个整环. 证 R !是交换环][x R ⇒交换环, R 有单位元11⇒是][x R 的单位元, R 没有零因子][x R ⇒没有零因子事实上，0,)(10≠++=a x a x a a x f nn0,)(10≠++=m mm b x b x b b x g则mn m n x b a b a x g x f +++= 00)()(因为R 没有零因子,所以0≠m n b a 因而0)()(≠x g x f 这样][x R 是整环2． 假定R 是模7的剩余类环,在][x R 里把乘积 ])3[]4])([4[]5[]3([23+--+x x x x计算出来解 原式=]2[]5[]4[]5[]5[]5[]3[]5[345345++++=-++-x x x x x x x x3. 证明:(ⅰ) ],[],[1221ααααR R =(ⅱ) 若n x x x ,,,21 是R 上的无关未定元,那么每一个i x 都是R 上的未定元. 证 （ⅰ）=],[21ααR {一切}211221i i i i aαα∑{],[12=ααR 一切}112212j j j j a αα∑由于=∑211221i i i i aαα112212j j j j a αα∑因而=],[21ααR ],[12ααR（ⅱ）设00=∑=nk k ik xa即∑=+-nk n i h i i k x x x x x a 0010101因为n x x x ,,21是R 上的无关未定元,所以即i x 是R 上的未定元4. 证明:(ⅰ) 若是n x x x ,,21和n y y y ,,21上的两组无关未定元,那么],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅(ⅱ) R !上的一元多项式环][x R 能与它的一个真子环同构. 证 (ⅰ)),,(),,(:2121n n y y y f x x x f →φ根据本节定理3 ],,[~],,[2121n n y y y R x x x R容易验证),,(),,(212211n n x x x f x x x f ≠),,(),,(212211n n y y y f y y y f ≠⇒ 这样],,[],,[2121n n y y y R x x x R ≅（ⅱ）令{][=x R 一切}2210nn x a x a a +++显然][][2x R x R ⊂但][2x R x ∉不然的话m m m m x b x b x b x b x b b x 22102210 ++-⇒++=这与x 是R 上未定元矛盾. 所以][2x R 是][x R 上未定元显然故有（ⅰ）}[][2x R x R ≅这就是说,][2x R 是][x R 的真子环,且此真子环与][x R 同构.7 理想1. 假定R 是偶数环,证明,所有整数r 4是ϑ的一个理想,等式!对不对? 证 R r r r r ∈∈2121,,4,4ϑϑ∈-=-)(4442121r r r r R r r ∈-21ϑ∈=∈)(4)4(,'1'1'r r r r R r R r r ∈'1ϑ∴ 是R 的一个理想. 等式 )4(=ϑ不对这是因为R 没有单位元,具体的说)4(4∈但ϑ∉42. 假定R 是整数环,证明.1)7,3(=证 R 是整数环,显然)1(=R .1)7,3(=又 )7,3()7(13)2(1∈+-=1)7,3(=∴3. 假定例3的R 是有理数域,证明,这时),2(x 是一个主理想. 证 因为2与x 互素,所以存在)(),(21x P x P 使),2(11)()(221x x xP x P ∈⇒=+),2()1(][x x R ==∴ 。
近世代数知识点
近世代数知识点第一章基本概念1.1集合●A的全体子集所组成的集合称为A的幂集，记作2A.1.2映射●证明映射：●单射：元不同，像不同；或者像相同，元相同。
●满射：像集合中每个元素都有原像。
Remark：映射满足结合律！1.3卡氏积与代数运算●{（a,b）∣a∈A,b∈B }此集合称为卡氏积，其中（a,b）为有序元素对，所以一般A*B不等于B*A.●集合到自身的代数运算称为此集合上的代数运算。
1.4等价关系与集合的分类★等价关系：1 自反性：∀a∈A,a a;2 对称性：∀a,b∈R, a b=>b a∈R;3 传递性：∀a,b,c∈R,a b,b c =>a c∈R.Remark：对称+传递≠自反★一个等价关系决定一个分类，反之，一个分类决定一个等价关系★不同的等价类互不相交，一般等价类用[a]表示。
第二章群2.1 半群1.半群=代数运算+结合律，记作（S,）Remark: i.证明代数运算：任意选取集合中的两个元素，让两元素间做此运算，观察运算后的结果是否还在定义的集合中。
ii.若半群中的元素可交换，即a b=b a,则称为交换半群。
2.单位元i.半群中左右单位元不一定都存在，即使存在也可能不唯一，甚至可能都不存在；若都存在，则左单位元=右单位元=单位元。
ii.单位元具有唯一性，且在交换半群中：左单位元=右单位元=单位元。
iii.在有单位元的半群中，规定a0=e.3.逆元i.在有单位元e的半群中，存在b,使得ab=ba=e,则a为可逆元。
ii.逆元具有唯一性，记作a-1且在交换半群中，左逆元=右逆元=可逆元。
iii.若一个元素a既有左逆元a1，又有右逆元a2，则a1=a2,且为a的逆元。
4.子半群i.设S是半群，≠T S,若T对S的运算做成半群，则T为S的一个子半群ii.T是S的子半群∀a,b T,有ab T2.2 群1．群=半群+单位元+逆元=代数运算+结合律+单位元+逆元Remark：i. 若代数运算满足交换律，则称为交换群或Abel群.ii. 加群=代数运算为加法+交换群iii.单位根群Um={m=1},数域P上全体n阶可逆（满秩）矩阵集合GL(n,P),数域P上全体n阶的行列式为1的矩阵集合SL(n,p).2. 群=代数运算+结合律+左（右）单位元+左（右）逆元=代数运算+结合律+单位元+逆元=代数运算+结合律+∀a,b G,ax=b,ya=b有解3. 群的性质i. 群满足左右消去律ii.设G是群，则∀a,b G,ax=b,ya=b在G中有唯一解iii.e是G单位元 e2=eiv.若G是有限半群，满足左右消去律，则G是一个群4. 群的阶群G的阶，即群G中的元素个数，用表示。
近世代数------------1.1-集合-1.2-映射
课程名称：
近世代数
（抽象代数）
使用教材：张禾瑞著
《近世代数基础》主要参考书：朱平天等编《近世代数》
杨子胥编著《近世代数》
第一章 基 本 概 念
§ 1 集 合
定义 令A 1 , A 2 , … , A n 是n 个集合,由一切从A 1 , A 2 , … , A n
里顺序取出的元素组
12(,,,),n i i a a a a A L 所做成的集合叫做集合 A 1 , A 2 , … , A n 的直积(Descartes 积). 记为A 1 A 2 A n . A 1 A 2 A n = { ( a 1, a 2, , a n ) | a i A i , i = 1,2, , n }
§2 映 射
定义 如通过一个法则φ, 对于任一个 12n A A A ⨯⨯⨯L 的元(a 1, a 2, …, a n ) (a i ∈A i ), 都能得到D 的一个唯一的元d , 那么这个法则φ叫做集合 12n A A A ⨯⨯⨯L 到集合D 的一个映射, 元d 叫做元 (a 1, a 2, …, a n ) 在映射φ之下的像, 元 (a 1, a 2, …, a n ) 叫做元d 在φ之下的逆像(原像) . 通常表为:
φ: (a 1, a 2, …, a n ) → d = φ( a 1, a 2, …, a n )
注 如果令A = A 1A 2A n , 则上述定义中的 就是熟知的集合A 到集合D 的映射.。
(完整word版)近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-2
近世代数课后习题参考答案第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1 证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1 得e a a =-1 因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11 即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11 这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群.证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n n n ===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a n m ∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: n m a a = )(n m 〈 故 e a m n =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G但 231,231i i --+-的阶都是3. 而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→33→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τ b ax x +→ :λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :ε x x → (4) :τ b ax +)(1:1a b x a x -+→-τ 而 εττ=-1所以构成变换群. 又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→ 来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元.证 :1τ )(1a a τ→ :2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元 :ε )(a a a ε=→ :ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
近世代数课后习题参考答案(张禾瑞)-2
近世代数课后习题参考答案第二章 群论1 群论1. 全体整数的集合对于普通减法来说是不是一个群?证 不是一个群,因为不适合结合律.2. 举一个有两个元的群的例子.证 }1,1{-=G 对于普通乘法来说是一个群.3. 证明, 我们也可以用条件1,2以及下面的条件 ''5,4来作群的定义:'4. G 至少存在一个右单位元e ,能让a ae = 对于G 的任何元a 都成立'5. 对于G 的每一个元a ,在G 里至少存在一个右逆元,1-a 能让 e aa =-1证 (1) 一个右逆元一定是一个左逆元,意思是由e aa =-1得e a a =-1因为由'4G 有元'a 能使e a a =-'1 所以))(()('111a a a a e a a ---=e a a a e a a aa a ====----'1'1'11][)]([ 即 e a a =-1(2) 一个右恒等元e 一定也是一个左恒等元,意即 由 a ae = 得 a ea = a ae a a a a aa ea ====--)()(11即 a ea =这样就得到群的第二定义. (3) 证 b ax =可解 取b a x 1-=b be b aa b a a ===--)()(11这就得到群的第一定义.反过来有群的定义得到''5,4是不困难的.2 单位元,逆元,消去律1. 若群G 的每一个元都适合方程e x =2,那么G 就是交换群. 证 由条件知G 中的任一元等于它的逆元,因此对G b a ∈,有ba a b ab ab ===---111)(.2. 在一个有限群里阶大于2的元的个数是偶数.证 (1) 先证a 的阶是n 则1-a 的阶也是n .e e a a e a n nn===⇒=---111)()(若有n m 〈 使e a m =-)(1 即 e a m =-1)(因而 1-=e a m e a m =∴ 这与a 的阶是n 矛盾.a 的阶等于1-a 的阶 (2)a 的阶大于2, 则1-≠a a 若 e a a a =⇒=-21 这与a 的阶大于2矛盾(3) b a ≠ 则 11--≠b a总起来可知阶大于2的元a 与1-a 双双出现,因此有限群里阶大于2的元的个数一定是偶数3. 假定G 是个数一个阶是偶数的有限群,在G 里阶等于2的元的个数一定是奇数.证 根据上题知,有限群G 里的元大于2的个数是偶数;因此阶2≤的元的个数仍是偶数,但阶是1的元只有单位元,所以阶 2≤的元的个数一定是奇数.4. 一个有限群的每一个元的阶都是有限的.证 G a ∈故 G a a a a nm∈ ,,,,,,2由于G 是有限群,所以这些元中至少有两个元相等: nma a = )(n m 〈 故 e amn =-m n -是整数,因而a 的阶不超过它.4 群的同态假定在两个群G 和-G 的一个同态映射之下,-→a a ，a 和-a 的阶是不是一定相同? 证 不一定相同 例如 }231,231,1{i i G +-+-= }1{=-G对普通乘法-G G ,都作成群,且1)(=x φ(这里x 是G 的任意元,1是-G 的元)由 φ可知 G ∽-G 但231,231i i --+-的阶都是3.而1的阶是1.5 变换群1. 假定τ是集合的一个非一一变换,τ会不会有一个左逆元1-τ,使得εττ=-1?证 我们的回答是回有的},3,2,1{ =A1τ: 1→1 2τ 1→12→1 2→3 3→2 3→4 4→3 4→5 … …τ显然是一个非一一变换但 εττ=-12. 假定A 是所有实数作成的集合.证明.所有A 的可以写成b a b ax x ,,+→是有理数,0≠a 形式的变换作成一个变换群.这个群是不是一个交换群? 证 (1) :τ b ax x +→:λ d cx x +→:τλ d cb cax d b ax c x ++=++→)( d cb ca +,是有理数 0≠ca 是关闭的.(2) 显然时候结合律(3) 1=a 0=b 则 :ε x x → (4) :τ b ax + )(1:1ab x a x -+→-τ而 εττ=-1所以构成变换群.又 1τ: 1+→x x :2τ x x 2→ :21ττ )1(2+→x x :12ττ 12+→x x 故1221ττττ≠因而不是交换群.3. 假定S 是一个集合A 的所有变换作成的集合,我们暂时仍用旧符号τ:)('a a a τ=→来说明一个变换τ.证明,我们可以用21ττ: )()]([2121a a a ττττ=→来规定一个S 的乘法,这个乘法也适合结合律,并且对于这个乘法来说ε还是S 的单位元. 证 :1τ )(1a a τ→ :2τ )(2a a τ→那么:21ττ )()]([2121a a a ττττ=→ 显然也是A 的一个变换. 现在证这个乘法适合结合律:)]()[(:)(321321a a ττττττ→)]]([[321a τττ= =→)]([:)(321321a a ττττττ)]]([[321a τττ 故 )()(321321ττττττ= 再证ε还是S 的单位元 :ε )(a a a ε=→:ετ )()]([a a a ττε=→τ:τε )()]([a a a τετ=→ ∴ τεετ=4． 证明一个变换群的单位元一定是恒等变换。
张禾瑞 近世代数基础(复习要点·定理)
定理同态满射保持运算律（包括结合律、交换律）P21左右逆元的统一性P33-34 左右逆元的唯一性P36 （由此可称为幺元而省掉“左右”）群的两个定义的等价性P33群满足消去律（由逆元的存在性） P38仅限有限集合的群判定：封闭+结合律+消去律P39群的几个分类标准：1、 有限 / 无限 ——元素个数2、 交换 / 非交换 ——运算是否满足交换律3、 循环 / 非循环 ——是否有一元可以遍历其他元P35n a ： 次n n a aa a ≡ n 是正整数 （由结合律知其有意义）a 的阶： 对群G 中的元a ，若存在最小正整数m ，使得e a =m ，则m 称为 a 的阶；否则我们称a 是无限阶的P37 群中幂形式的元的运算法则：若规定：e a =0， n n a a )(1--=则对任意整数m,n 有：m n m n a a a +=， nm m n a a =)(（由结合律易得）两种循环群： 整数加群 与 剩余类加群同构定理： 任何一个群 有一个变换群与之同构任何一个有限群 有一个置换群与之同构任何一个无限循环群 与整数加群同构任何一个有限循环群 与剩余类加群同构子群的左陪集和右陪集的个数，或都为无限，或相等 P68子群陪集（左或右算一边）的个数叫做子群的指数群的阶： 群中元素的个数对有限群G 而言：G 的子群的阶，与子群陪集的个数（指数），其乘积即为群G 的阶（即都整除群G 的阶） G 中任意元的阶，都整除群G 的阶（因为任意元可生成循环子群）子群充要条件： H ab H b a ∈⇒∈∀-1,P63 定理2子群正规充要条件： Nana N n G a ∈⇒∈∈∀-1, P72 定理2 （首先N 须得是一个子群，然后再有…）。
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定理
同态满射保持运算律（包括结合律、交换律）
P21
左右逆元的统一性
P33-34 左右逆元的唯一性
P36 （由此可称为幺元而省掉“左右”）
群的两个定义的等价性
P33
群满足消去律（由逆元的存在性） P38
仅限有限集合的群判定：封闭+结合律+消去律
P39
群的几个分类标准：
1、 有限 / 无限 ——元素个数
2、 交换 / 非交换 ——运算是否满足交换律
3、 循环 / 非循环 ——是否有一元可以遍历其他元
P35
n a ： 次n n a aa a ≡ n 是正整数 （由结合律知其有意义）
a 的阶： 对群G 中的元a ，若存在最小正整数m ，使得e a =m ，
则m 称为 a 的阶；否则我们称a 是无限阶的
P37 群中幂形式的元的运算法则：
若规定：e a =0， n n a a )(1--=
则对任意整数m,n 有：m n m n a a a +=， nm m n a a =)
(
（由结合律易得）
两种循环群： 整数加群 与 剩余类加群
同构定理： 任何一个群 有一个变换群与之同构
任何一个有限群 有一个置换群与之同构
任何一个无限循环群 与整数加群同构
任何一个有限循环群 与剩余类加群同构
子群的左陪集和右陪集的个数，或都为无限，或相等 P68
子群陪集（左或右算一边）的个数叫做子群的指数
群的阶： 群中元素的个数
对有限群G 而言：
G 的子群的阶，与子群陪集的个数（指数），其乘积即为群G 的阶
（即都整除群G 的阶） G 中任意元的阶，都整除群G 的阶（因为任意元可生成循环子群）
子群充要条件： H ab H b a ∈⇒∈∀-1,
P63 定理2
子群正规充要条件： N
ana N n G a ∈⇒∈∈∀-1, P72 定理2 （首先N 须得是一个子群，然后再有…）。